2020年物理高考大一輪復習 第9章 磁場 第27講 帶電粒子在復合場中的運動練習（含解析）

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1、第27講 帶電粒子在復合場中的運動解密考綱考查帶電粒子在復合場中的運動，對學生綜合分析能力和理論聯(lián)系實際能力要求較高1(2019郴州高考物理一模)如圖所示，甲是不帶電的絕緣物塊，乙?guī)д姡?、乙疊放在一起，置于粗糙的絕緣水平地板上，地板上方空間有垂直紙面向里的勻強磁場，現(xiàn)加一水平向左的勻強電場，發(fā)現(xiàn)甲、乙無相對滑動一起向左加速運動在加速運動階段()A甲、乙兩物塊間的摩擦力不變B甲、乙兩物塊可能做加速度減小的加速運動C乙物塊與地面之間的摩擦力不斷減小D甲、乙兩物體可能做勻加速直線運動B解析 以甲、乙整體為研究對象，受力分析如圖所示，則有FNF洛(m甲m乙)g，當甲、乙一起加速運動時，洛倫茲力F洛

2、增大，F(xiàn)N增大，則地面對乙的滑動摩擦力Ff增大，由于Ff增大，F(xiàn)一定，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度a減小，對甲研究得到，乙對甲的摩擦力Ffm甲a，則得到Ff甲減小，甲、乙兩物塊間的靜摩擦力不斷減小，故選項A、C錯誤；甲、乙整體受到的摩擦力逐漸增大，故做加速度不斷減小的加速運動，最后是一起勻速運動，故選項B正確，D錯誤2(2019天津和平區(qū)高三上學期期末)如圖所示為一速度選擇器，兩極板P1、P2之間存在電場強度為E的勻強電場和磁感應強度為B的勻強磁場一束帶電粒子流以速度v從S1沿直線運動到S2，則下列說法正確的是()A該粒子流的粒子一定帶正電B粒子從S1到S2一定做勻速直線運動C粒子運動的速度大小

3、一定等于D若粒子以速度v從S2向上運動，一定能沿直線到達S1B解析 粒子受洛倫茲力和電場力，假設粒子帶正電，則受到向右的洛倫茲力，向左的電場力；若粒子帶負電，洛倫茲力向左，電場力向右；均可以平衡，故粒子可以帶正電，也可以帶負電，選項A錯誤洛倫茲力與電場力平衡qEqvB，粒子做勻速直線運動才能不發(fā)生偏轉(zhuǎn)而直線通過，解得v，選項B正確，C錯誤如果這束粒子流從S2處沿直線ba方向射入，電場力方向不變，洛倫茲力反向，故電場力與洛倫茲力方向相同，不再平衡，故合力與速度不共線，粒子開始做曲線運動，不能運動到S1處，選項D錯誤3(2019安陽高三二模)(多選)如圖所示，空間某處存在豎直向下的勻強電場和垂直紙

4、面向里的勻強磁場，一個帶負電的金屬小球從M點水平射入場區(qū)，經(jīng)一段時間運動到N點，關于小球由M到N的運動，下列說法正確的是()A小球可能做勻變速運動B小球一定做變加速運動C小球動能可能不變D小球機械能守恒BC解析 小球從M到N，在豎直方向上發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，所以受到的豎直向下的洛倫茲力，豎直向下的重力和豎直向上的電場力的合力不為零，并且速度方向變化，則洛倫茲力方向變化，所以合力方向變化，故不可能做勻變速運動，一定做變加速運動，選項A錯誤，B正確；若電場力和重力等大反向，則過程中電場力和重力做功之和為零，而洛倫茲力不做功，所以小球的動能可能不變，重力勢能減小，這種情況下機械能不守恒，若以電場力和重力不等

5、大反向，則有電場力做功，所以機械能也不守恒，故小球的機械能不守恒，選項C正確，D錯誤4(2019成都高三摸底測試)如圖所示區(qū)域有方向豎直向下的勻強電場和水平向里的勻強磁場，一帶正電的微粒以水平向右的初速度進入該區(qū)域時，恰能沿直線運動欲使微粒向下偏轉(zhuǎn)，可采用的方法是()A僅減小入射速度B僅減小微粒的質(zhì)量C僅增大微粒的電荷量D僅增大磁場的磁感應強度A解析 帶正電的粒子受到向下的電場力和重力以及向上的洛倫茲力作用，當qvBmgqE時，粒子沿直線通過正交場區(qū)；若減小入射速度，則洛倫茲力減小，電場力不變，合力向下，向下偏轉(zhuǎn)，故選項A正確僅減小微粒的質(zhì)量，則洛倫茲力大于電場力與重力的合力，合力向上，向上偏

6、轉(zhuǎn)，故選項B錯誤增大電荷量，則電場力與洛倫茲力都增大，合力向上，向上偏轉(zhuǎn)，故選項C錯誤增大磁感應強度，則向上的洛倫茲力增大，合力向上，向上偏轉(zhuǎn)，故選項D錯誤5(2019蘇北四市高三第一次調(diào)研)(多選)在一個很小的矩形半導體薄片上，制作四個電極E、F、M、N，做成了一個霍爾元件，在E、F間通入恒定電流I，同時外加與薄片垂直的磁場B，M、N間的電壓為UH.已知半導體薄片中的載流子為正電荷，電流與磁場的方向如圖所示，下列說法正確的有()AN板電勢高于M板電勢B磁感應強度越大，M、N間電勢差越大C將磁場方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行，UH不變D將磁場和電流分別反向，N板電勢低于M板電勢AB解析 根據(jù)左

7、手定則，電流的方向向里，自由電荷受力的方向指向N端，向N端偏轉(zhuǎn)，則N點電勢高，故選項A正確；設左右兩個表面相距為d，電子所受的電場力等于洛倫茲力，即設材料單位體積內(nèi)電子的個數(shù)為n，材料截面積為S，則evB，IneSv，SdL，由得UH，令k，則UHk，所以若保持電流I恒定，則M、N間的電壓與磁感應強度B成正比，故選項B正確；將磁場方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行，則帶電粒子不會受到洛倫茲力，因此不存在電勢差，故選項C錯誤；若磁場和電流分別反向，依據(jù)左手定則，則N板電勢仍高于M板電勢，故選項D錯誤6(2017全國卷)如圖所示，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方

8、向垂直于紙面向里三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc.已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動下列選項正確的是()AmambmcBmbmamcCmcmamb DmcmbmaB解析 該空間區(qū)域為勻強電場、勻強磁場和重力場的疊加場，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，可知其重力與所受到的電場力平衡，洛倫茲力提供其做勻速圓周運動的向心力，有magqE，解得ma.b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向上，可知mbgqEqvbB，解得mb.c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動，由左手定則可判斷出其所受

9、洛倫茲力方向豎直向下，可知mcgqvcBqE，解得mc.綜上所述，可知mbmamc，選項B正確7(2019漳州高三二模)(多選)在豎直放置固定的光滑絕緣圓環(huán)中，套有一個帶電q、質(zhì)量m的小環(huán)，整個裝置放在如圖所示的正交勻強電磁場中，磁感應強度大小為B，電場E，重力加速度為g.當小環(huán)從大環(huán)頂端無初速度下滑時，則小環(huán)()A運動到最低點的速度最大B不能做完整的圓周運動C對軌道最大壓力為NmgD受到的最大洛倫茲力fqBBD解析 將重力場和電場等效為一個等效場，只有運動到等效最低點速度才最大，選項A錯誤；由能量守恒定律可知無法到達等效最高點，不能做完整的圓周運動，選項B正確；由動能定理可得mgRRmv，解

10、得vmax，受到的最大洛倫茲力fqB，選項D正確；在等效最低點由牛頓第二定律有Nf，可知Nmgf，選項C錯誤8(2019江西師范大學附屬中學高三沖刺卷)(多選)如圖所示，虛線框中存在垂直紙面向外的勻強磁場B和平行紙面且與豎直平面夾角為45斜向下的勻強電場E，有一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶負電的小球在高為h處的P點從靜止開始自由下落，當小球運動到復合場內(nèi)時剛好做直線運動，那么()A小球在復合場中一定做勻速直線運動B若換成帶正電的小球，小球仍可能做直線運動C磁感應強度B，場強ED若同時改變小球的比荷與初始下落高度h，小球不能沿直線通過復合場ACD解析 小球在復合場中受到豎直向下的重力、與電場強度方向

11、相反的電場力和水平向右的洛倫茲力的作用，如圖所示其中電場力和重力是恒力，而洛倫茲力的大小與小球的速度大小成正比，若小球做的是變速運動，那么洛倫茲力也是變力，小球的合外力方向也要改變，這與題意不符，所以小球在復合場中一定做勻速直線運動，故選項A正確根據(jù)小球的平衡條件可得qvBmg，qEmg，又v22gh，聯(lián)立各式解得磁感應強度B，電場強度E；若要使小球沿直線通過復合場，小球的合力一定為零，若同時改變小球的比荷與初始下落的高度h，以上兩個式子不能同時滿足，不能做直線運動，故選項C、D正確若換成帶正電的小球，則電場力和洛倫茲力同時反向，合力不可能為零，故選項B錯誤9(2019佛山順德區(qū)高三學情調(diào)研)

12、(多選)如圖所示，xOy坐標系內(nèi)存在著方向豎直向下的勻強電場，同時在以O1為圓心的圓形區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里的有界勻強磁場，電子從原點O以初速v沿平行于x軸正方向射入場區(qū)，若散去磁場，電場保持不變，則電子進入場區(qū)后從P點飛出，所用時間為t1；若撤去電場，磁場保持不變，則帶電粒子進入場區(qū)后將向下偏轉(zhuǎn)并從Q點飛出，所用時間為t2，若P、Q兩個點關于x軸對稱，下列判斷正確的是()At1 t2Bt11，故當電場和磁場同時存在時，eEevB，即電場力大于洛倫茲力，電子向上偏轉(zhuǎn)，將偏向y軸正方向做曲線運動，故選項C正確，D錯誤10(2019中原名校高三質(zhì)量考評)(多選)如圖所示，在平行板電容器極板間有場

13、強為E、方向豎直向下的勻強電場和磁感應強度為B1、方向水平向里的勻強磁場左右兩擋板中間分別開有小孔S1、S2，在其右側(cè)有一邊長為L的正三角形磁場，磁感應強度為B2，磁場邊界ac中點S3與小孔S1、S2正對現(xiàn)有大量的帶電荷量均為q、而質(zhì)量和速率均可能不同的粒子從小孔S1水平射入電容器，其中速率為v0的粒子剛好能沿直線通過小孔S1、S2.粒子的重力及各粒子間的相互作用均可忽略不計下列有關說法正確的是()Av0一定等于B在電容器極板中向上偏轉(zhuǎn)的粒子的速度一定滿足v0C質(zhì)量m，選項B正確；設質(zhì)量為m0的粒子的軌跡剛好與bc邊相切，如圖所示，由幾何關系得 RR，而R，解得m0，所以m的粒子都會從ac邊射

14、出，而，選項C錯誤；質(zhì)量不同的粒子在磁場中運動的周期不同，所以在磁場中運動的時間不同，選項D錯誤11(2019濮陽高三第二次模擬)如圖所示，在xOy坐標系的第二象限內(nèi)有水平向右的勻強電場，第四象限內(nèi)有豎直向上的勻強電場，兩個電場的場強大小相等，第四象限內(nèi)還有垂直于紙面的勻強磁場，讓一個質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子在第二象限內(nèi)的P(L，L)點由靜止釋放，結(jié)果粒子沿直線運動到坐標原點并進入第四象限，粒子在第四象限內(nèi)運動后從x軸上的Q(L,0)點進入第一象限，重力加速度為g，求：(1)粒子從P點運動到坐標原點的時間；(2)勻強磁場的磁感應強度的大小和方向解析 (1)粒子在第二象限內(nèi)做直線運動，因此電

15、場力和重力的合力方向沿PO方向，則粒子帶正電mgqE1qE2，mgma，Lat2，解得t.(2)設粒子從O點進入第四象限的速度大小為v，由動能定理可得mgLqELmv2，求得v2，方向與x軸正方向成45角，由于粒子在第四象限內(nèi)受到電場力與重力等大反向，因此粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于粒子做勻速圓周運動后從x軸上的Q(L,0)點進入第一象限，根據(jù)左手定則可以判斷，磁場方向垂直于紙面向里粒子做圓周運動的軌跡如圖所示，由幾何關系可知粒子做勻速圓周運動的軌跡半徑為RL，由牛頓第二定律可得Bqvm，解得B.答案 (1)(2)垂直紙面向里12(2019朝陽高三模擬)如圖所示，在區(qū)里有與水平方向

16、成60角的勻強電場E1，寬度為d.在區(qū)里有垂直于紙面向外的勻強磁場和豎直方向的電場E2，寬度也為d.一帶電量為q、質(zhì)量為m 的微粒自圖中P點由靜止釋放后沿虛線做直線運動進入?yún)^(qū)的磁場內(nèi)，已知PQ與中間邊界MN的夾角是60.若微粒進入?yún)^(qū)后做勻速圓周運動且還能回到MN邊界上重力加速度為g.區(qū)和區(qū)的場在豎直方向足夠長，d、m、q已知，求：(1)微粒帶何種電荷，電場強度E1；(2)區(qū)磁感應強度B的取值范圍；(3)微粒第一次在磁場中運動的最長時間解析 (1)帶電微粒沿虛線做直線運動，可知微粒受到的合力斜向右上，故微粒帶的是正電荷微粒受重力和電場力電場力FqE1，由力的平行四邊形定則和幾何關系得Fmg，解得E1.(2)由微粒在區(qū)的受力分析可知F合mg，微粒從P到Q由動能定理得F合smv2，而s，解得v2.因微粒還能回到MN邊界上，所以微粒在區(qū)最大圓與最右邊界相切，由幾何關系得圓的半徑rd，由牛頓第二定律qvBm，解得B.(3)微粒在磁場中運動的周期T，聯(lián)立得T，由此可知B越小周期越長，所以當B時，粒子在磁場中運動周期最長；由幾何關系得粒子從進入磁場到返回MN邊界轉(zhuǎn)過的圓心角 ，微粒第一次在磁場中運動的最長時間tT，解得t.答案 (1)帶正電E1(2)B(3)10